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第1讲　动量观点和能量观点在力学中的应用
网络构建
备考策略
1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”
(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
2.碰撞中的“三看”和“三想”
(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。
(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。
(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失
最大”。
　能量观点在力学中的应用
　功和功率的理解与计算
【典例1】 (2019·浙江省杭州市期末)下列表述中最符合实际情况的是(　　)
A.某高中同学做一次引体向上的上升过程中克服重力做功约为25 J
B.将一个鸡蛋从胸前举过头顶，克服重力做功约为10 J
C.篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中，重力做功的功率约为20 W
D.某高中同学步行上楼时克服重力做功的功率约为10 kW
解析　高中的同学质量约60 kg，在一次引体向上的过程中向上的位移约0.5 m，则克服重力做的功W＝mgh＝60×10×0.5 J＝300 J，故A错误；一个鸡蛋的质量约为50 g＝0.05 kg，将一个鸡蛋从胸前举过头顶，位移约0.4 m，克服重力做功约为W＝mgh＝0.05×10×0.4 J＝0.2 J，故B错误；篮球的质量约0.6 kg，篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中，重力做的功W＝mgh＝0.6×10×2 J＝12 J，篮球下落的时间t＝＝ s≈0.63 s，功率约为＝＝ W≈20 W，故C正确；高中的同学质量约60 kg，楼层的高度约为3 m，则高中同学步行上楼时，每秒钟向上的高度约为0.3 m(两个台阶)，每秒钟上楼克服重力做功W＝mgh＝50×10×0.3 J＝150 J，功率＝＝ W≈150 W，故D错误。
答案　C
　动能定理的应用
【典例2】 (2019·浙江临安上学期第二次模拟)(多选)如图1所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.物体回到斜面底端的动能为60 J
B.恒力F＝2mgsin θ
C.撤去力F时，物体的重力势能是45 J
D.动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前
解析　由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得，
x0＝·t2＝－，解得F＝mgsin θ，选项B错误；由题设条件知，Fx0＝mgx0sin θ＝60 J，则此过程中重力做的功为WG＝－mgx0sin θ＝－45 J，撤去力F时，物体的重力势能是45 J，选项C正确；全程由动能定理可得Fx0＝Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60 J，选项A正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，选项D错误。
答案　AC
　动力学规律和动能定理的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
图2
A.2mgR B.4mgR
C.5mgR D.6mgR
解析　设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。
答案　C
　应用动力学观点和能量观点解决多过程问题
【典例4】 (2019·稽阳联谊学校联考)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图3甲所示，将一质量为m＝0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r＝
1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB＝16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝
1.25 m，宽L＝2.0 m的壕沟。求：
图3
(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，则此种情况下，小车在O点受到轨道弹力的大小；
(2)要求小车能安全的越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；
(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm＝40 J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。
解析　(1)在最高点mg＝，得vA＝ m/s
O→A：－mg2r＝mv－mv，得vO＝5 m/s
FNO－mg＝，得FNO＝6mg＝30 N。
(2)要求1：越过A点，vO＝5 m/s，
P→O：EP弹1－kmgxPO＝mv－0，得Ep弹1＝32.5 J
要求2：平抛运动L＝vBt，h＝gt2，得vB＝4 m/s
Ep弹2－kmgxPB＝mv－0，得Ep弹2＝44 J
综上所述，弹簧弹性势能的最小值为44 J。
(3)分类讨论：因为最大弹性势能为40 J，
由Epm－μmgs＝0，得s＝16 m，
所以至多运动到B点，必不平抛。
情况1：能越过O点，弹性势能　32.5 J≤Ep弹1≤40 J
当Ep弹1－kmgx1＝0－0，得13 m≤x1≤16 m，
又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5 m≤x11≤8 m
情况2：恰能到达圆轨道圆心等高点，
当Ep弹2－kmgxPO－mgr＝0－0，得Ep弹2＝25 J
mgr＝kmgx21，得x21＝2 m，又因为O点是坐标原点，
所以实际坐标值为x21＝－2 m
恰能进入圆形轨道，当Ep弹2－kmgxPO＝0－0，得Ep弹2＝20 J，此时坐标值为0
由动能定理表达式知，Ep弹与x是线性函数，图象如图所示。
答案　(1)30 N　(2)44 J　(3)见解析
功能关系的应用“三注意”
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。
(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ff x相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(3)应用能量守恒定律解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。　　　　
1. (2019·桐乡一中月考)如图4所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同，滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则滑块从a到c的运动过程中(　　)
图4
A.小球的动能始终保持不变
B.小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mgh
C.小球经b点时的速度大于
D.小球经b点时的速度等于
解析　由题意知，在小球从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理mgh－Wf＝0可得，全程克服阻力做功Wf＝mgh。因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服力做的功一定不等于mgh，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wf′<
mgh，设在b点的速度为v′，根据动能定理有mgh－Wf′＝mv′2－mv2，所以v′>，故C正确，D错误。
答案　C
2.(2019·杭州模拟)如图5所示，是一个简化后的娱乐项目示意图，游客被安全地固定在球型装备(看成质点，图中未画出)内，被弹射系统水平贴地弹出后即刻进入长为L＝5 m 的水平轨道SO。O点既是水平路面的末端，也是半圆轨道OA的起点，以O点为坐标原点建立水平向右的x轴。竖直半圆轨道OA与AB(O、A、B在同一条竖直线上，B点为半圆轨道的最高点，该处切线水平)的半径均为R＝2 m，它们在A点衔接，不计衔接处的缝隙大小和装备运行到此处的能量损失。半圆轨道OA的右侧是一片水域，水面略低于半径r＝2 m的水平圆盘，MN是圆盘的竖直支架(它与半圆轨道在同一竖直面内)，N点是圆盘的圆心，M点可以左右移动，水平圆盘不能和半圆轨道OA重叠。若球型装备与SO之间的动摩擦因数μ＝0.2，与两半圆轨道的摩擦不计，圆盘转轴NM的高度H＝2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，球型装备的质量为50 kg，在某次设备测试中，让球型装备空载运行，求：
图5
(1)为了能让装备安全到达B点，则弹射系统应至少给装备提供多少能量？
(2)若装备恰好能安全到达B点，此后为让装备能落到水平圆盘上，求M点的坐标范围；
(3)若M点的坐标为x＝6 m，为让装备能落到水平圆盘上，求弹射系统提供给装备的能量。
解析　(1)在最高点B根据牛顿第二定律可得mg＝m
根据能量关系可得E＝μmgL＋mg(4R)＋mv
解得E＝5 000 J。
(2)根据平抛运动的知识可得3R＝gt2
水平方向上有x＝vBt
解得x＝2 m
由于轨道不能重叠，所以x的范围为(4～2＋2) m。
(3)由于x′＝8 m＞x＝2 m＞4 m，故最小能量为
E1＝5 000 J。
根据x′＝vB′t
解得vB′＝8 m/s
最大能量为
E2＝μmgL＋mg(4R)＋mv′＝ J≈5 833 J
弹射系统提供给装备的能量范围为5 000 J＜E＜5 833 J。
答案　(1)5 000 J　(2)(4～2＋2) m (3)5 000 J　动量观点和能量观点在力学中的应用
　动量和动能的关系
【典例1】 (2019·浙江湖州选考模拟)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A.与它所经历的时间成比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。
答案　B
　动量定理的应用
【典例2】 (2019·浙江富阳新高考适应性考试)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A.10 N B.102 N
C.103 N D.104 N
解析　根据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(25层楼的高度约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
答案　C
动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，
由运动学公式有0－v0＝－gt②
联立①②式得t＝。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。
答案　(1)　(2)
动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸。
(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则。
(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解。　　　　
1.(2019·合肥四中段考)(多选)如图6所示，(a)图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A与小车B的v－t图象，重力加速度已知，由此可求出(　　)
图6
A.小车上表面长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.A与小车B上表面的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
解析　由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，选项A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒得μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根据选项B中求得质量的关系，可以解出动摩擦因数，选项C正确；由于小车B的质量不知道，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
答案　BC
2.(2019·江西红色七校二模)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后(　　)
图7
A.b球的速度大小为v，运动方向与原来相反
B.b球的速度大小为v，运动方向与原来相反
C.c球的速度大小为v
D.c球的速度大小为v
解析　设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv＋mv0，解得v0＝2v；b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvb＋2mvc，mv＝mv＋·2mv，联立解得vb＝－v(负号表示方向向左，与原来相反)，vc＝v，故B正确。
答案　B
3.(2019·浙江淳安新高考适应性考试)如图8所示，质量M＝1.0 kg的木块随传送带一起以v＝2.0 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50。当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹以v0＝3.0×102 m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50 m/s。设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g取10 m/s2。求：
图8
(1)在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
(2)子弹击穿木块过程中产生的内能；
(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
解析　(1)设木块被子弹击穿时的速度为v′，子弹击穿木块过程动量守恒，则
mv0－Mv＝mv1＋Mv′
解得v′＝3.0 m/s
设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得μMg＝Ma
解得a＝5.0 m/s2
木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1，
则v′2＝2as1
解得s1＝0.90 m。
(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为
E＝mv＋Mv2－mv－Mv′2
解得E＝872.5 J。
(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2。根据运动学公式得v2＝2as2
解得s2＝0.40 m
t1＝＝0.60 s，t2＝＝0.40 s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为
s′＝vt1＋s1＝2.1 m
产生的内能Q1＝μMgs′＝10.5 J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为
s″＝vt2－s2＝0.40 m
产生的内能Q2＝μMgs″＝2.0 J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能
Q＝Q1＋Q2＝12.5 J。
答案　(1)0.90 m　(2)872.5 J　(3)12.5 J
破解选考压轴题策略②——审题“三步走”
第一步：审条件　挖隐含
任何一个物理问题都是由条件和结论两部分构成的。条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路。条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能。
第二步：审情景　建模型
有些题目，直接给出了物理情景，我们还需通过分析把这些物理情景转化为具体的物理条件或物理模型后，才能利用物理规律求解。
第三步：审过程　理思路
高考物理计算题往往综合性强、题目情景新、设置障碍点多，一般不能一眼看透解题的思路和方法，这就需要我们静下心来，对物体进行受力分析、过程分析，根据物体运动过程构建出物理模型，选择合理的物理规律。
【典例】 如图9，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
图9
[审题指导]
第一步：审条件　挖隐含
第二步：审情景　建模型
第三步：审过程　选规律
解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有
mv＞μmgl①
即μ＜②
设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得：
－μmgl＝mv－mv③
设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv1＝mv2＋mv3④
mv＝mv＋()v⑤
联立各式得v3＝v1⑥
由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得：
μmgl≥()v⑦
解得μ≥⑧
综上所述有≤μ＜。
答案　≤μ＜

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